热门试卷

（1）原函数可化为：f(x)==3+，∴f（x）≠3

∴函数f(x)=的值域 （-∞，3）∪（3，+∞）

（2）假设≤，则a≤b

与条件a＞b＞0矛盾

所以＞．

（1）f（x）+f（1-x）

=+

=+

=

=1．

f()+f()+f()+…+f()

=[f() +f() ]+[f()+f() ]+[f() +f() ]+[f() +f() ]+f()

=4+

=．

（2）假设存在自然数a，使＞n2对一切n∈N都成立．

由f(n)=，f(1-n)=

得=…==an，

当a=1，2时，不等式an＞n2显然不成立．

当a≥3时，an≥3n＞n2，

当n=1时，显然3＞1，

当n≥2时，3n=(1+2)n=1+×2+×22+…≥1+2n+4×=2n2+1＞n2成立，

则 3n＞n2对一切n∈N都成立．

所以存在最小自然数a=3．

（3）由3n＞n2⇒3n2＞n（n∈N），

所以312＞1＞0，322＞2＞0，…，3n2＞n＞0，

相乘得312(1+2+…+n)＞n!，3n(n+1)4＞n!，(n+1)nlg3＞lgn!成立．

（Ⅰ）f/(x)=x+a-3+(x＞0)．（2分）

若函数f（x）在（0，+∞）上递增，

则f′（x）≥0对x＞0恒成立，即a≥-(x+)+3对x＞0恒成立，

而当x＞0时，-(x+)+3≤-2+3=1．

∴a≥1．

若函数f（x）在（0，+∞）上递减，

则f′（x）≤0对x＞0恒成立，即a≤-(x+)+3对x＞0恒成立，

这是不可能的．

综上，a≥1．

a的最小值为1．（6分）

（Ⅱ）由f(x)=(

1

2

-a)x2+(a-2)x+2lnx=0，

得：(a-

1

2

)x2+(2-a)x=2lnx，

即：a=，令r（x）=，r′（x）==

得1-x-2lnx=0的根为1，

所以当0＜x＜1时，r′（x）＞0，则r（x）单调递增，

当x＞1时，r′（x）＜0，则r（x）单调递减，

所以r（x）在x=1处取到最大值r（1）=1，

又x→0时r（x）→0，又x→+∞时，r（x）→0，

所以要使y=与y=a有两个不同的交点，则有 0＜a＜1                                       …8分

（III）假设存在，不妨设0＜x1＜x2.k===x0+(a-3)+．（9分）

f/(x0)=x0+(a-3)+．

若k=f′（x0），则=，即=，即ln=．（*）（12分）

令t=，u(t)=lnt-（0＜t＜1），

则u′(t)=＞0．∴u（t）在0＜t＜1上是增函数，

∴u（t）＜u（1）=0，

∴（*）式不成立，与假设矛盾．∴k≠f′（x0）．

因此，满足条件的x0不存在．（16分）

（1）由y=-1（x∈R），得10x=，

x=lg．

∴f（x）=lg（-1＜x＜1）．

设P（x，y）是g（x）图象上的任意一点，

则P关于直线y=x-1的对称点P′的坐标为（1+y，x-1）．

由题设知点P′（1+y，x-1）在函数y=的图象上，

∴x-1=．

∴y=，即g（x）=（x≠-2）．

∴F（x）=f（x）+g（x）=lg+，其定义域为{x|-1＜x＜1}．

（2）∵f（x）=lg=lg（-1+）（-1＜x＜1）是减函数，

g（x）=（-1＜x＜1）也是减函数，

∴F（x）在（-1，1）上是减函数．

故不存在这样两个不同点A、B，使直线AB恰好与y轴垂直．